Übungsblatt 15
Physik 1 für Ingenieure

Othmar Marti, (othmar.marti@physik.uni-ulm.de)

5. 2. 2002

Aufgaben für die Übungsstunden

Stehende Wellen Wellen in zwei und mehr Dimensionen Optische Phänomene

Zuerst nachdenken, dann in Ihrer Vorlesungsmitschrift nachschauen und erst dann wild losrechnen!

1. Ein Gitter mit der Periode $d$ und einer so kleinen Spaltöffnung, dass nur eine Hugens'sche Elementarwelle berücksichtigt werden muss, wird mit einer ebenen Welle der Wellenlänge $\lambda$ beleuchtet. Der Wellenvektor ist senkrecht zur Ebene des Gitters. Berechnen Sie mit dem Huygens'schen Prinzip die Winkel, für die eine konstruktive Interferenz auftritt. Für welche Winkel sind dunkle Streifen sichtbar?
2. Die Wellenfunktion einer stehenden Welle auf einer Saite mit zwei fest eingespannten Enden sei $y(x,t)= 0.5 \sin0.025 x \cos 500 t$, wobei $x$ und $y$ in Zentimetern und $t$ in Sekunden gemessen werden.
   1. Bestimmen sie die Ausbreitungsgeschwindigkeit und die Amplitude der beiden wandernden Wellen, die überlagert die stehende Welle bilden.
   2. Wie gross sind die Entfernungen benachbarter Knoten auf der Saite?
   3. Wie lang muss die Saite mindestens sein?

3. Ein Radioteleskop bestehe aus zwei Antennen, die 200 m voneinander aufgestellt sind. Beide seien auf die gleiche Frequenz, z.B. 20 MHz, eingestellt. Die Signale beider Antennen werden zu einem gemeinsamen Verstärker geleitet. dabei wird jedoch ein Signal verzögert, um die Phasen gegeneinander zu verschieben. Auf diese Weise kann das Teleskop in verschiedene Richtungen schauen¹. Ist die Phasenverzögerung null, so werden die Signale von vertikal auf die Antenne auftreffenden ebenen Wellen empfangen, da sie im Empfänger konstruktiv überlagert werden. Wie gross muss die Phasenverzögerung sein, damit Signale, die im Winkel von $\Theta = 10^0$ zur Vertikalen auftreffen (und in der Ebene liegen, die durch die Vertikale und die Verbindungsgerade der beiden Antennen aufgespannt wird) sich konstruktiv im Verstärker überlagern.

Hausaufgabe

1. Der kritische Winkel für die Totalreflexion (die Grenze, bei der das Brechungsgesetz $n_1 \sin\alpha_1 = n_2\sin\alpha_2$ keine reelle Lösung mehr hat) sei $\pi/4$. Wie gross ist der Brewsterwinkel?

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

1. • Wir betrachten zwei Elementarwellen im Abstand $d$ und ein rechtwinkliges Dreieck mit den Mittelpunkten dieser Elementarwellen.
   • Die eine Kathete dieses Dreiecks stellt den örtlichen Phasenunterschied dar.
   • Die Länge der Kathete ist $x = d \sin\alpha$, wobei $\alpha$ einerseits der Winkel der zweiten Kathete zum Gitter, andererseits aber auch der Winkel der ersten Kathete zur Normalen auf das Gitter ist.
   • Wenn $x = n\lambda$ ist ( $n \in \mathbb{Z}$) tritt konstruktive Interferenz auf.
   • $\alpha_{+} = \arcsin\left(n\frac{\lambda}{d}\right)$
   • Wenn $x = \left(n+\frac{1}{2}\right)\lambda$ ist ( $n \in \mathbb{Z}$) tritt Auslöschung auf.
   • $\alpha_{-} = \arcsin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda}{d}\right)$

2. 1. Die beiden laufenden Wellen haben die gleiche Frequenz und die gleiche Wellenlänge wie die stehende Welle. Mit $v = \omega/k = 500 (1/s) /[0.025 (1/m)] = 20000 cm/s = 200 m/s$
   2. Der Knotenabstand ist die halbe Wellenlänge, also $d = \lambda/2 = 2\pi/[2 k] = \pi/[0.025 (1/cm)] = 125.67 cm = 1.2567 m$
   3. Die minimale Länge der Saite ist ein Knotenabstand, also $\ell_{min} = \pi/k = 1.2567 m$

3. • Die Wellenlänge ist durch $c = \lambda\nu$ gegeben.
   • Also $\lambda = c/\nu = 3\cdot 10^8 m/s /[2\cdot 10^7 17s] = 15 m$
   • Wie in Aufgabe 1, die Basis ist $d = 200 m$, der Winkel ist $\alpha = \pi*10/180 = \pi/18$.
   • Der Weglängenunterschied ist $\Delta \ell = d \sin\left(\frac{\pi}{18}\right) = 34.730 m$
   • Die Phase ist also $\xi = \Delta\ell/\lambda = 34.730 m / 15 m = 2.315$
   • Die Periodendauer ist $T = 1/\nu = 50 ns$
   • Die Zeitverzögerung ist $\Delta t = \xi T = \frac{\Delta \ell}{\lambda \nu} = \frac{\Delta \ell}{c} = \frac{d}{c}\sin\frac{\pi}{18} = 115.8 ns$

Lösungen Hausaufgabe

1. Für den Brewsterwinkel gilt $\tan\theta_P = \frac{n_2}{n_1}$ mit $n_2>n_1$ . Der Winkel der Totalreflexion ist durch $n_1 \sin\pi/2 = n_2 \sin\alpha_{2,tot} = n_1$. Daraus ist $\frac{n_2}{n_1} = 1/\sin\alpha_{2,tot}$. Eingesetzt $\tan\theta_P = 1/\sin\alpha_{2,tot}$. Vorgabe: $\alpha_{2,tot} = \pi/4$.
   
   $$\alpha_P = \arctan\left(\frac{1}{\sin\pi/4}\right) = \arctan(\sqrt{2}) = 54.736^0 = 0.304\pi$$
   
   

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